中考数学易错题精选-圆的综合练习题及答案

一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，四边形OABC 是平行四边形，以O 为圆心，OA 为半径的圆交AB 于D ，延长AO 交O 于E ，连接CD ，CE ，若CE 是⊙O 的切线，解答下列问题： （1）求证：CD 是⊙O 的切线；

（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC 的面积．

【答案】（1）证明见解析（2）24 【解析】

试题分析：（1）连接OD ，求出∠EOC=∠DOC ，根据SAS 推出△EOC ≌△DOC ，推出∠ODC=∠OEC=90°，根据切线的判定推出即可；

（2）根据切线长定理求出CE=CD=4，根据平行四边形性质求出OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD 的面积即可求解． 试题解析：（1）证明：连接OD ， ∵OD=OA ， ∴∠ODA=∠A ，

∵四边形OABC 是平行四边形， ∴OC ∥AB ，

∴∠EOC=∠A ，∠COD=∠ODA ， ∴∠EOC=∠DOC ， 在△EOC 和△DOC 中，

OE OD EOC DOC OC OC =??

∠=∠??=?

∴△EOC ≌△DOC （SAS ）， ∴∠ODC=∠OEC=90°， 即OD ⊥DC ， ∴CD 是⊙O 的切线；

（2）由（1）知CD 是圆O 的切线， ∴△CDO 为直角三角形，

∵S △CDO =

1

2

CD?OD ， 又∵OA=BC=OD=4，

∴S△CDO=1

2

×6×4=12，

∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．

2．如图，在平面直角坐标系xoy中，E（8,0），F(0 , 6)．

（1）当G(4，8)时，则∠FGE= °

（2）在图中的网格区域内找一点P，使∠FPE=90°且四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．

要求：写出点P点坐标，画出过P点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．

【答案】（1）90；（2）作图见解析，P（7，7），PH是分割线．

【解析】

试题分析：（1）根据勾股定理求出△FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△FEG是直角三角形，且∠FGE="90" °．

（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P在以EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP是正方形的对角线，即点P在∠FOE的角平分线上，因此可得P（7，7），PH是分割线．

试题解析：（1）连接FE，

∵E（8,0），F(0 , 6)，G(4，8)，

∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．

∵，即．

∴△FEG是直角三角形，且∠FGE=90 °．

（2）作图如下：

P（7，7），PH是分割线．

考点：1．网格问题；2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．

3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD 的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF．

（1）求证：DF是⊙O的切线；

（2）若DB平分∠ADC，AB=52AD

，∶DE=4∶1，求DE的长．

【答案】(1)见解析5

【解析】

分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；

（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD?AE，进而得出答案．

详解：（1）连接OD．

∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．

∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．

∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．

又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．

（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．

∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴AB=BC，∴BC=AB=52．在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．

又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，

∴△ADC～△ACE，∴AC

AD =

AE

AC

，∴AC2=AD?AE．

设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，

∴100=4x?5x，∴x=5，∴DE=5．

点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD?AE是解题的关键．

4．已知：AB是⊙0直径,C是⊙0外一点,连接BC交⊙0于点D，BD=CD,连接AD、AC．

(1)如图1,求证:∠BAD=∠CAD

(2)如图2,过点C作CF⊥AB于点F,交⊙0于点E,延长CF交⊙0于点G.过点作EH⊥AG于点H，交AB于点K,求证AK=2OF；

(3)如图3,在(2)的条件下,EH交AD于点L,若0K=1,AC=CG,求线段AL的长.

图1 图2 图3

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)12

10 5

【解析】

试题分析：（1）由直径所对的圆周角等于90°，得到∠ADB=90°，再证明△ABD≌△ACD即可得到结论；

（2）连接BE．由同弧所对的圆周角相等，得到∠GAB=∠BEG．再证△KFE≌△BFE，得到BF=KF=BK．由OF=OB-BF，AK=AB-BK，即可得到结论．

（3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．先证CM 垂直平分AG ，得到AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°．再证∠GAF =∠GCM =α．通过证明△AGB ≌△CMG ，得到BG =GM =

1

2

AG ．再证明∠BGC =∠MCG =α．设BF =KF =a ， 可得GF =2a ，AF =4a ． 由OK =1，得到OF =a +1，AK =2（a +1），AF = 3a +2，得到3a +2=4a ，解出a 的值，得到AF ，AB ，GF ，FC 的值．由tanα=tan ∠HAK =

1

2

HK AH =， AK =6，可以求出 AH 的长．再由1tan tan 3BAD BCF ∠=∠=

，利用公式tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD

∠+∠-∠?∠，得到∠GAD =45°，则AL =2AH ，即可得到结论．

试题解析：解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ADB =90°，∴∠ADC =90°． ∵BD =CD ，∠BDA =∠CDA ，AD =AD ，∴△ABD ≌△ACD ，∴∠BAD =∠CAD ． （2）连接BE ．∵BG =BG ，∴∠GAB =∠BEG ． ∵CF ⊥AB ，∴∠KFE =90°．

∵EH ⊥AG ，∴∠AHE =∠KFE =90°，∠AKH =∠EKF ，∴∠HAK =∠KEF =∠BEF ． ∵FE =FE ，∠KFE =∠BFE =90°，∴△KFE ≌△BFE ，∴BF =KF =BK ．

∵ OF =OB -BF ，AK =AB -BK ，∴AK =2OF ．

（3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．

∵AC =CG ， ∴点C 在AG 的垂直平分线上．∵ OA =OG ，∴点O 在AG 的垂直平分线上， ∴CM 垂直平分AG ，∴AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°． ∵AF ⊥CG ，∴∠AGC +∠GAF =90°，∴∠GAF =∠GCM =α． ∵AB 为⊙O 的直径，∴∠AGB = 90°，∴∠AGB =∠CMG =90°． ∵AB =AC =CG ，∴△AGB ≌△CMG ，∴BG =GM =

1

2

AG ．

在Rt △AGB 中， 1

tan tan 2

GB GAB AG α∠==

= ． ∵∠AMC =∠AGB = 90°

，∴BG ∥CM ， ∴∠BGC =∠MCG =α． 设BF =KF =a ， 1tan tan 2BF BGF GF α∠===，∴GF =2a ，1

tan tan 2

GF GAF AF α∠=== ，AF =4a ．

∵OK =1，∴OF =a +1，AK =2OF =2（a +1），∴AF =AK +KF =a +2（a +1）=3a +2，∴3a +2=4a ，∴a =2， AK =6，∴AF =4a =8，AB =AC =CG =10，GF =2a =4，FC =CG -GF =6． ∵tanα=tan ∠HAK =1

2

HK AH =，设KH =m ，则AH =2m ，∴AK =22(2)m m +=6，解得：m =

655，∴AH =2m =125

5

．在Rt △BFC 中，1

tan 3

BF BCF FC ∠=

= ．∵∠BAD +∠ABD =90°， ∠FBC +∠BCF =90°，∴∠BCF =∠BAD ，1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ，∴tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD ∠+∠-∠?∠=1123111

123

+

=-?，∴∠GAD =45°，∴HL=AH ，AL =2AH =

1210

．

5．如图，已知BC 是⊙O 的弦，A 是⊙O 外一点，△ABC 为正三角形，D 为BC 的中点，M 为⊙O 上一点，并且∠BMC=60°．

（1）求证：AB是⊙O的切线；

（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙O的半径为2，试问

BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．【解析】

试题分析：（1）连结OB、OD，如图1，由于D为BC的中点，由垂径定理的推理得

OD⊥BC，∠BOD=∠COD，即可得到∠BOD=∠M=60°，则∠OBD=30°，所以∠ABO=90°，于是得到AB是⊙O的切线；

（2）作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，由△ABC为正三角形，D为BC 的中点，得到AD平分∠BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得

∠MDN=120°，由∠EDF=120°，得到∠MDE=∠NDF，于是有△DME≌△DNF，得到ME=NF，

得到BE+CF=BM+CN，由BM=1

2

BD，CN=

1

2

OC，得到BE+CF=

1

2

BC，即可判断BE+CF的值是

定值，为等边△ABC边长的一半．

试题解析：（1）连结OB、OD，如图1，∵D为BC的中点，∴OD⊥BC，∠BOD=∠COD，

∴∠ODB=90°，∵∠BMC=1

2

∠BOC，∴∠BOD=∠M=60°，∴∠OBD=30°，∵△ABC为正三

角形，∴∠ABC=60°，∴∠ABO=60°+30°=90°，∴AB⊥OB，∴AB是⊙O的切线；

（2）BE+CF的值是为定值．

作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DM=DN，∠MDN=120°，∵∠EDF=120°，

∴∠MDE=∠NDF，在△DME和△DNF中，∵∠DME=∠DNF．DM=DN，∠MDE=∠NDF，∴△DME≌△DNF，∴ME=NF，∴BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在Rt△DMB中，

∵∠DBM=60°，∴BM=1

2

BD，同理可得CN=

1

2

OC，∴BE+CF=

1

2

OB+

1

2

OC=

1

2

BC，∴BE+CF

的值是定值，为等边△ABC边长的一半．

考点：1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．

6．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E在⊙O上，连接AE，DE，CD，BE，CE，∠EAC+∠BAE=180°，AB CD

=．

（1）判断BE与CE之间的数量关系，并说明理由；

（2）求证：△ABE≌△DCE；

（3）若∠EAC=60°，BC=8，求⊙O的半径．

【答案】（1）BE=CE，理由见解析；（2）证明见解析；（383

．

【解析】

分析：（1）由A、B、C、E四点共圆的性质得：∠BCE+∠BAE=180°，则∠BCE=∠EAC，所以BE CE，则弦相等；（2）根据SSS证明△ABE≌△DCE；

（3）作BC和BE两弦的弦心距，证明Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），则∠OBH=30°，设OH=x，则OB=2x，根据勾股定理列方程求出x的值，可得半径的长．

本题解析：

（1）解：BE=CE，

理由：∵∠EAC+∠BAE=180°，∠BCE+∠BAE=180°，

∴∠BCE=∠EAC，

∴BE CE，

∴BE=CE；

（2）证明：∵AB CD

=，∴AB=CD，

∵BE CE，AE ED

=，∴AE=ED，

由（1）得：BE=CE，

在△ABE和△DCE中，

∵

AE DE AB CD BE CE

=

?

?

=

?

?=

?

，

∴△ABE≌△DCE（SSS）；

（3）解：如图，∵过O作OG⊥BE于G，OH⊥BC于H，

∴BH=1

2BC=

1

2

×8=4，BG=

1

2

BE，

∵BE=CE，∠EBC=∠EAC=60°，

∴△BEC是等边三角形，∴BE=BC，∴BH=BG，

∵OB=OB，∴Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），

∴∠OBH=∠GBO=

1

2

∠EBC=30°，

设OH=x，则OB=2x，

由勾股定理得：（2x）2=x2+42，x=

43

，

∴OB=2x=83，∴⊙O的半径为83．

点睛：本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、直角三角形30°的性质，难度适中，第一问还可以利用三角形全等得出对应边相等的结论；第三问作辅助线，利用勾股定理列方程是关键.

7．在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（0，），点O（0，0）．△AOB绕着O顺时针旋转，得△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．

（Ⅰ）如图1，A'B'恰好经过点A时，求此时旋转角α的度数，并求出点B'的坐标；（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，求证：AA'⊥BB'；

（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的点P纵坐标的最小值（直接写出结果即可）．

【答案】（Ⅰ）α＝60°，B'（3，）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为

﹣2．

【解析】

【分析】

（Ⅰ）作辅助线,先根据点A（2,0）,点B（0,）,确定∠ABO＝30°,证明△AOA'是等边三角形,得旋转角α＝60°,证明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐标;

（Ⅱ）依据旋转的性质可得∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',即可得出∠OBB'＝∠OA'A ＝（180°﹣α）,再根据∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,即可得到∠BPA'＝90°,即AA'⊥BB';

（Ⅲ）作AB的中点M（1,）,连接MP,依据点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,即可得到当PM∥y轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.

【详解】

解：（Ⅰ）如图1，过B'作B'C⊥x轴于C,

∵OA＝2,OB＝2,∠AOB＝90°,

∴∠ABO＝30°,∠BAO＝60°,

由旋转得：OA＝OA',∠A'＝∠BAO＝60°,

∴△OAA'是等边三角形,

∴α＝∠AOA'＝60°,

∵OB＝OB'＝2,∠COB'＝90°﹣60°＝30°,

∴B'C＝OB’＝,

∴OC＝3,

∴B'（3,）,

（Ⅱ）证明：如图2,∵∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',

∴∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,

∵∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,

∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°,

即AA'⊥BB';

（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为-2．理由是：

如图，作AB的中点M（1,）,连接MP,

∵∠APB＝90°,

∴点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,除去点（2,2）,

∴当PM⊥x轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2．

【点睛】

本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,含30°角的直角三角形的性质,四边形内角和以及圆周角定理的综合运用,解决问题的关键是判断点P的轨迹为以点M为圆心,以MP 为半径的圆．

8．如图①，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，3）三点．

（1）试求抛物线的解析式；

（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；

（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式． 【答案】（1）233

384

y x x =-++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为3

34

y x =

+或3

34

y x =--.

【解析】 【分析】

（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式PC PD BC OB =，得到PD=4

5

PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+

4

5

PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=

18

5

，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可 【详解】

解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0） ∴y ＝a （x+2）（x ﹣4） 把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3 ∴a ＝﹣

38

∴抛物线解析式为y ＝﹣

38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34

x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ∴∠CDP ＝∠COB ＝90°

∵∠DCP ＝∠OCB ∴△CDP ∽△COB ∴

PC PD

BC OB

= ∵B （4，0），C （0，3）

∴OB

＝4，OC ＝3，BC ∴PD ＝

45

PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+

4

5

PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小 ∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC ∴S △ABC ＝12AB?OC ＝1

2

BC?AE ∴AE ＝

6318

55

AB OC BC ?== ∴5AE ＝18

∴5PA+4PC 的最小值为18．

（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，

∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q

∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90° ∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个 此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ∴∠FQT ＝90°

∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点 ∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3 ∵T （﹣4，0） ∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝

3

5

FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝

3

5

FG FQ = ∴FG ＝

35FQ ＝95

∴x Q ＝1﹣9455=-，QG 125==

①若点Q 在x 轴上方，则Q （412

55

-，）

设直线l解析式为：y＝kx+b

∴

40 412 55 k b

k b

-+

=

?

?

?

-+=

??

解得：

3

4

3

k

b

?

=

?

?

?=

?

∴直线l：33

4

y x

=+

②若点Q在x轴下方，则Q（

412

55

--，）

∴直线l：33

4

y x

=--

综上所述，直线l的解析式为

3

3

4

y x

=+或

3

3

4

y x

=--

【点睛】

本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论

9．如图，已知,,

BAC AB AC O

?=为ABC

?外心，D为O上一点，BD与AC的交点为E，且2·

BC AC CE

=．

①求证：CD CB

=；

②若0

30

A

∠=，且O的半径为33I为BCD

?内心，求OI的长．

【答案】①证明见解析；②3【解析】

【分析】

①先求出BC CE

AC BC

=，然后求出△BCE和△ACB相似，根据相似三角形对应角相等可得

∠A=∠CBE，再根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D，然后求出

∠D=∠CBE，然后根据等角对等边即可得证；

②连接OB、OC，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出

∠BOC=60°，然后判定△OBC是等边三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质以及三角形的内心的性质可得OC经过点I，设OC与BD相交于点F，然后求出CF，再根据I是三角形的内心，利用三角形的面积求出IF，然后求出CI，最后根据OI=OC﹣CI计算即可得解．【详解】

①∵BC2=AC?CE，∴BC CE AC BC

=．

∵∠BCE=∠ECB，∴△BCE∽△ACB，∴∠CBE=∠A．

∵∠A=∠D，∴∠D=∠CBE，∴CD=CB；

②连接OB、OC．

∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=2×30°=60°．

∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．

∵CD=CB，I是△BCD的内心，∴OC经过点I，设OC与BD相交于点F，则

CF=BC×sin30°

1

2

=BC，BF=BC?cos30°3

=，所以，BD=2BF=2

3

BC3

=，设△BCD

内切圆的半径为r，则S△BCD

1

2

=BD?CF

1

2

=（BD+CD+BC）?r，即

1

2

3?

1

2

BC

1

2

=

3+BC+BC）?r，解得：r

3

223

=

+

（）

233

-

=，即IF

233

-

=，所以，

CI=CF﹣IF

1

2

=BC233

-

BC=（23

-BC，OI=OC﹣CI=BC﹣（23

-BC=31）

BC．

∵⊙O的半径为33∴BC=33∴OI=31）（33

+33﹣

3323-=．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形的内心的性质，（2）作辅助线构造出等边三角形并证明得到OC 经过△BCD 的内心I 是解题的关键．

10．在△ABC 中，0090,60ACB BAC ∠=∠=，AC=2，P 为△ABC 所在平面内一点，分别连PA,PB ,PC ．

（1）如图1,已知，APB BPC APC ∠=∠=∠，以A 为旋转中心，将APB ?顺时针旋转60度，得到AMN ?.

①请画出图形，并求证：C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上； ②求PA+PB+PC 的值.

（2）如图2，如果点P 满足090BPC ∠=，设Q 为AB 边中点，求PQ 的取值范围.

【答案】（1）①详见解析；②7；（231312PQ PQ ≤≤≠且； 【解析】

【分析】

（1）①欲证明C、P、M、N四点在同一条直线上，只要证明∠APC+∠APM=180°，

∠AMN+∠AMP=180°即可；

②只要证明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在Rt△CBN中，利用勾股定理求出NC即可；（2）如图2中，由∠BPC=90°，推出点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），设BC的中点为O，作直线OQ交⊙O与P和P′，可得PQ的最小值为3-1，PQ的最大值为3+1，PQ≠2，由此即可解决问题；

【详解】

（1）①证明：如图，

∵△APB≌△AMN，△APM是等边三角形，

∴∠APM=∠APM=60°，

∵∠APB=∠BPC=∠APC=120°，

∴∠APB=∠BPC=∠APC=∠AMN=120°，

∴∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°，

∴C、P、M、N四点在同一条直线上；

②解：连接BN,易得ΔABN是等边三角形

∴∠ABN=60°，∵∠ABC=30°，

∴∠NBC=90°，

∵AC=2，

∴AB=BN=4，3

∵PA=PM，PB=MN，

∴PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，

在Rt△CBN中，22

+=

BC BN27

∴7

(2) 如图2中，

∵∠BPC=90°，

∴点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），

设BC的中点为O，作直线OQ交⊙O与P和P′，

可得PQ3-1，PQ3+1，PQ≠2，

∴33+1且PQ≠2．

∴≤≤≠

PQ31PQ31PQ2

的取值范围是且

【点睛】

本题考查几何变换综合题、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质、勾股定理、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．